2020年中考数学动点题型总结专题学案（含解析）

初中数学动点最值典型题分析
—中考动点最值题一网打尽
所谓“动点问题”是指图形中有一个或多个动点，在线段、射线或者弧线上运动的一类开放性题目，而解决这类题的关键是动中取静，让动点定下来，灵活地运用相关数学知识解决问题．在变化中找到不变的性质是解决数“动点”问题的基本思路．
数学压轴题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向，
加强了对几何图形运动变化的考核，从变化的角度来研究三角形、四边形、函数图象等，通过“对称”“翻折”“平移”“旋转”等研究手段和方法来探究图形性质及变化．让学生经历探索的过程，培养学生分析问题、解决问题的能力，把运动观点、方程思想、数形结合思想、分类思想、转化思想有机地结合起来．
一、动点问题的函数图象（22
道题）
动点问题的函数图象，解题的关键是理解题意，学会利用数形结合、分类讨论思思想解答问
题，属于全国中考常考题型，一般以选择题的形式出现.
典型题
1】难度★★★
如图，正方形
ABCD
的边长为
2cm，动点
P，Q
同时从点
A
出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C
的方向，都以
1cm/s
的速度运动，到达点
C
运动终止，连接
PQ，设运动时间为
xs，△APQ
的面积为
ycm2，则下列图象中能大致表示
y
与
x
的函数关系的是
（
）
B．
C．
D．
【思路分析】根据题意，分别求出两个时间段的函数关系式是解题的关键．根据题意结合图
形，分情况讨论：
①0≤x≤2
时，根据
S△APQ＝AQ?AP，列出函数关系式，从而得到函数图象；
②2≤x≤4
时，根据
S△APQ＝S
正方形
ABCD﹣S△CP′Q′﹣S△ABQ′﹣S△AP′D
列出函数关系式，从而
得到函数图象，再结合四个选项即可得解．
【答案解析】解：①当
0≤x≤2
时，
∵正方形的边长为
2cm，
∴y＝S△APQ＝AQ?AP＝x2；
②当
2≤x≤4
时，
y＝S△APQ
＝S
正方形
ABCD﹣S△CP′Q′﹣S△ABQ′﹣S△AP′D，
＝2×2﹣
（4﹣x）2﹣
×2×（x﹣2）﹣
×2×（x﹣2）
＝﹣
x2+2x
所以，y
与
x
之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有
A
选项图象符合．
故选：A．
【典型题
2】难度★★★
在边长为3
cm的正方形ABCD中，动点M自点A出发沿AB方向，以每秒1
cm的速度运动；动点N自点A出发沿折线A—D—C—B，以每秒3
cm的速度同时出发.到达点B时两点同时停止.
设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（
）.
【答案解析】
根据题意，作出如图所示正方形ABCD，应分三种情形：
当0当1上的高为3，
y
?
3
x
.图象为从左向右上升的线段，排除选项（A）、（D）；
2
当2示.AM2=x，BN2=9-3x.
y
?
1
x
?9
?
3x
?
?
?
3
x
2
?
9
x
.图象为开口向下的抛物线上一段，排
2
2
2
除（C），故选B.
二、线段和差的最值动点
线段和差问题是一个贯穿整个初中数学的问题，是一个难点问题．解决这类问题，关键在于找出两个“量”：一是定点，二是动点或不定点所在的定直线；进而利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”等几何原理来求解；或者转化为函数关系，利用函数最值来求解．
其中“垂线段最短”和“两点间线段最短”是根本依据，“三点共线”“轴对称”“旋
转”则是利用作图来实现“垂线段最短”和“两点间线段最短”的变换方式；而通过函数表
达式，进而利用函数最值来求线段和差的最大值或最小值，则是数形结合的体现．
关于线段和差中的动点问题，我们可以总结为以下方面．
利用垂线段最短的性质解决最大（小）值的问题．
利用三点共线的特征解决最大（小）值的问题．
利用轴对称变换解决最大（小）值的问题．
利用旋转变换解决最大（小）值的问题．
利用二次函数的最值性质解决最大（小）值的问题．
【典型题
1】难度★★
如图，在正方形
ABCD
中，E，F
分别为
AD，BC
的中点，P
为对角线
BD
上的一个动点，
则下列线段的长等于
AP
+
EP
最小值的是（
）
A.
AB
B.
DE
C.
BD
D.
AF
【思路分析】本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之
间线段最短”和“任意两边之和大于第三边”．因此只要作出点
A（或点
E）关于直线
BD
的对称点
A′（或
E′），再连接
EA′（或
AE′）即可．
点
E
关于
BD
的对称点
E′在线段
CD
上，得
E′为
CD
中点，连接
AE′，它与
BD
的交点即为点
P，PA+PE
的最小值就是线段
AE′的长度；通过证明
RT△ADE′≌RT△ABF
即可得解．
【答案解析】过点
E
作关于
BD
的对称点
E′，连接
AE′，交
BD
于点
P．
∴PA+PE
的最小值
AE′；
∵E
为
AD
的中点，
∴E′为
CD
的中点，
∵四边形
ABCD
是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD
E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD
E′，
∴AE′=AF.故选
D.
【典型题
2】难度★★
如图，菱形
ABCD
中，AB＝2，∠A＝120°.P、Q、R
分别是对角线
BD
和一组邻边
BC、CD
上的任意一点，则
PQ＋PR
的最小值是（
）.
（A）1
（B）
（C）2
（D）
?1
【答案解析】根据菱形的对称性，在边
AD
上取
R
关于对称轴
BD
的对称点
R?
，连结
PR?
.
则
PR?
?
PR
，
PQ
?
PR
?
PQ
?
PR?
.
作
AH
⊥
BC
于
点
H.
在
Rt
△
ABH
中
，
AH
?
AB
?sin
?ABC
?
2
sin
60?
?
3
（也可以由含
30°角的直角三角形性质直接得到这
一结果）.因为
AH
的长是两平行线
AD、BC
之间的最短距离，所以
PQ
?
PR?
的最小值是
，
应选
B.
三、三角形中的最值动点
三角形中的动点问题通常集代数、几何知识于一体，数形结合，有很强的综合性，是
中考的常见题型．解决这一类问题就要把动态问题变为静态问题来解，抓住变化中的
“不变量”．对基本图形进行充分的分析，画出符合条件的各种草图，分散难点、降低难
度，将复杂问题简单化，并从特殊位置点着手确定自变量的取值范围．同学们要积极思
考，自主探究与交流合作、感知知识的形成过程，培养提出问题、分析问题、解决问题的
能力．
【典型题
1】难度★★★
如图，在
Rt△ABC
中，∠C＝90°，AB＝5，BC＝4．点
P
是边
AC
上一动点，过点
P
作
PQ
∥AB
交
BC
于点
Q，D
为线段
PQ
的中点，当
BD
平分∠ABC
时，AP
的长度为（
）
A．
B．
C．
D．
【思路分析】根据勾股定理求出
AC，根据角平分线的定义、平行线的性质得到∠QBD＝∠
BDQ，得到
QB＝QD，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
【答案解析】解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝4，
∴AC＝
＝3，
∵PQ∥AB，
∴∠ABD＝∠BDQ，又∠ABD＝∠QBD，
∴∠QBD＝∠BDQ，
∴QB＝QD，
∴QP＝2QB，
∵PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴
＝
＝
，即
＝
＝
，
解得，CP＝
，
∴AP＝CA﹣CP＝
，故选：B．
【典型题
2】难度★★★
如图，在平面直角坐标系中，M、N、C
三点的坐标分别为（1，1），（3，1），（3，0），
2
点
A
为线段
MN
上的一个动点，连接
AC，过点
A
作
AB
T
AC
交
y轴于点
B，当点
A
从
M
运动到
N
时，点
B
随之运动，设点
B
的坐标为（0，b），则
b的取值范围是（
）
A.
?
1
≤
b
≤
1
B.
?
5
≤
b
≤
1
C.
?
9
≤
b
≤
1
D.
?
9
≤
b
≤
1
4
4
4
2
4
【思路分析】灵活运用相似三角形的判定与性质是解此题的关键..分两种情形：当
A
与点
N、M
重合时来确定
b
的最大与最小值即可.
【典型题
6】难度★★★
如图，等腰
Rt△ABC
中，斜边
AB
的长为
2，O
为
AB
的中点，P
为
AC
边上的动点，OQ⊥OP
交BC
于点Q，M
为PQ
的中点，当点
P
从点A
运动到点C
时，点
M
所经过的路线长为（
）
A.
2
π
B.
2
π
C.
1
D.
2
4
2
【思路分析】连接
OC，作
PE⊥AB
于
E，MH⊥AB
于
H，QF⊥AB
于
F，如图，利用等腰直角三角形的性质得
AC=BC=
2，∠A=∠B=45°，OC⊥AB，OC=OA=OB=1，∠OCB=45°，
再证明
Rt△AOP≌△COQ
得到
AP=CQ，接着利用△APE
和△BFQ
都为等腰直角三角形得到
PE=
2AP=
2CQ，QF=
2BQ，所以
PE+QF=
2BC=1，然后证明
MH
为梯形
PEFQ
的中位线得
2
2
2
2
到
MH=1，即可判定点
M
到
AB
的距离为1，从而得到点
M
的运动路线为△ABC
的中位线，
2
2
最后利用三角形中位线性质得到点
M
所经过的路线长．
【答案解析】连接
OC，作
PE⊥AB
于
E，MH⊥AB
于
H，QF⊥AB
于
F，如图，
∵△ACB
为到等腰直角三角形，
∴AC=BC=
2AB=
2，∠A=∠B=45°，
2
∵O
为
AB
的中点，
∴OC⊥AB，OC
平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在
Rt△AOP
和△COQ
中
∠A
=
∠OCQ
AO
=
CO
，
∠AOP
=
∠COQ
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，
易得△APE
和△BFQ
都为等腰直角三角形，
∴PE=
2AP=
2CQ，QF=
2BQ，
2
2
2
∴PE+QF=
2（CQ+BQ）=
2BC=
2
×
2=1，
2
2
2
∵M
点为
PQ
的中点，
∴MH
为梯形
PEFQ
的中位线，
∴MH=1（PE+QF）=1，
2
2
即点
M
到
AB
的距离为1，
2
而
CO=1，
∴点
M
的运动路线为△ABC
的中位线，
∴当点
P
从点
A
运动到点
C
时，点
M
所经过的路线长=1AB=1，
2
故选
C．
四、四边形中的最值动点
四边形中的动点问题是近几年各地中考试题中常见的压轴试题，它考查学生的逻
辑思维力、空间想象力等多种能力，有较强的选拔功能．在近几年各地的中考试卷中，以动点问
题，以及平面图形的平移、翻折、旋转、剪拼问题等为代表的动态几何题频频出现。
在填空、选择、解答等各种题型中，考查同学们对图形的直觉能力以及从变化中看到不
变实质的数学洞察力．
【典型题
1】难度★★★
如图，矩形
ABCD
中，AB＝4，AD＝2，E
为
AB
的中点，F
为
EC
上一动点，P
为
DF
中点，
连接
PB，则
PB
的最小值是（
）
A．2
B．4
C．
D．
【思路分析】根据中位线定理可得出点点
P
的运动轨迹是线段
P1P2，再根据垂线段最短可得当
BP⊥P1P2
时，PB
取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知
BP1⊥P1P2，
故
BP
的最小值为
BP1
的长，由勾股定理求解即可．
【答案解析】解：如图：
当点
F
与点
C
重合时，点
P
在
P1
处，CP1＝DP1，
当点
F
与点
E
重合时，点
P
在
P2
处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE
且
P1P2＝CE
当点
F
在
EC
上除点
C、E
的位置处时，有
DP＝FP
由中位线定理可知：P1P∥CE
且
P1P＝CF
∴点
P
的运动轨迹是线段
P1P2，
∴当
BP⊥P1P2
时，PB
取得最小值
∵矩形
ABCD
中，AB＝4，AD＝2，E
为
AB
的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1
为等腰直角三角形，CP1＝2
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°
∴∠DP2P1＝90°
∴∠DP1P2＝45°
∴∠P2P1B＝90°，即
BP1⊥P1P2，
∴BP
的最小值为
BP1
的长
在等腰直角
BCP1
中，CP1＝BC＝2
∴BP1＝2
∴PB
的最小值是
2.故选：D．
【典型题
2】难度★★★
如图，已知点
E
是矩形
ABCD
的对角线
AC
上的一动点，正方形
EFGH
的顶点
G、H
都在边
AD
上，若
AB=3，BC=4，则
tan∠AFE
的值（
）
A.
等于3
7
C.
等于3
4
B.
等于
3
3
随点
E
位置的变化而变化
【思路分析】将求∠AFE
的正切值转化为求∠FAG
的正切值来解答．
根据题意推知
EF∥AD，由该平行线的性质推知△AEH∽△ACD，结合该相似三角形的对应边成比例和锐角三角函数的定义解答．
【答案解析】∵EF∥AD，
∴∠AFE=∠FAG，
∴△AEH∽△ACD，
∴EH
=
CD
=
3．
AH
AD
4
设
EH=3x，AH=4x，
∴HG=GF=3x，
∴tan∠AFE=tan∠FAG=GF
=
3x
=
3．故选：A．
AG
3x+4x
7
【典型题
46】难度★★★★
如图
1，矩形
ABCD
中，点
E
为
AB
边上的动点（不与
A，B
重合），把△ADE
沿
DE
翻折，
点
A
的对应点为
A1，延长
EA1
交直线
DC
于点
F，再把∠BEF
折叠，使点
B
的对应点
B1
落在
EF
上，折痕
EH
交直线
BC
于点
H．
求证：△A1DE∽△B1EH；
如图
2，直线
MN
是矩形
ABCD
的对称轴，若点
A1
恰好落在直线
MN
上，试判断△
DEF
的形状，并说明理由；
如图
3，在（2）的条件下，点
G
为△DEF
内一点，且∠DGF＝150°，试探究
DG，
EG，FG
的数量关系．
【思路分析】解（3）题的关键是灵活运用旋转得全等三角形，构造
Rt△G′GF．
由折叠图形的性质可得∠DA1E＝∠EB1H＝90°，∠DEA1+∠HEB1＝90°从而可得
∠DEA1＝∠EHB1，依据两个角对应相等的三角形相似可得△A1DE∽△B1EH；
由
A1
恰好落在直线
MN
上可知
A1
在
EF
的中点，由
SAS
易证△A1DE≌△A1DF，即可得∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°，
将△DGE
逆时针旋转
60°到△DG'F
位置，由旋转的旋转将
DG，EG，FG
集中到
△G′GF
中结合∠DGF＝150°，可得△G′GF
为直角三角形，由勾股定理可得G'G2+GF2
＝G'F2，即可证明
DG2+GF2＝GE2
【答案解析】解：（1）证明：由折叠的性质可知：∠DAE＝∠DA1E＝90°，∠EBH＝∠
EB1H＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH，
∴∠DEA1+∠HEB1＝90°．
又∵∠HEB1+∠EHB1＝90°，
∴∠DEA1＝∠EHB1，
∴△A1DE∽△B1EH；
结论：△DEF
是等边三角形；
理由如下：
∵直线
MN
是矩形
ABCD
的对称轴，
∴点
A1
是
EF
的中点，即
A1E＝A1F，
在△A1DE
和△A1DF
中
，
∴△A1DE≌△A1DF（SAS），
∴DE＝DF，∠FDA1＝∠EDA1，
又∵△ADE≌△A1DE，∠ADF＝90°．
∴∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°，
∴∠EDF＝60°，
∴△DEF
是等边三角形；
DG，EG，FG
的数量关系是
DG2+GF2＝GE2，
理由如下：由（2）可知△DEF
是等边三角形；将△DGE
逆时针旋转
60°到△DG'F
位置，
如解图（1），
∴G'F＝GE，DG'＝DG，∠GDG'＝60°，
∴△DGG'是等边三角形，
∴GG'＝DG，∠DGG'＝60°，
∵∠DGF＝150°，
∴∠G'GF＝90°，
∴G'G2+GF2＝G'F2，
∴DG2+GF2＝GE2，
五、面积有关的最值动点
动点面积问题在全国中考中都是以压轴题的形式出现的，大多是以动点面积为背景
的试题形式。近年来，随着中考对数学思想方法考察的深入，“形动”问题其分类讨论的情
况较多，成为了考察的主要题型．解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，挖
掘运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，
静中求动．
【典型题
1】难度★★★
正方形
ABCD
的边
AB
上有一动点
E，以
EC
为边作矩形
ECFG，且边
FG
过点
D．在点
E
从点
A
移动到点
B
的过程中，矩形
ECFG
的面积（
）
A．先变大后变小
B．先变小后变大
C．一直变大
D．保持不变
【思路分析】由△BCE∽△FCD，根据相似三角形的对应边成比例，可得
CF?CE＝CD?
BC，即可得矩形
ECFG
与正方形
ABCD
的面积相等．
【答案解析】解：∵正方形
ABCD
和矩形
ECFG
中，
∠DCB＝∠FCE＝90°，∠F＝∠B＝90°，
∴∠DCF＝∠ECB，
∴△BCE∽△FCD，
∴
，
∴CF?CE＝CB?CD，
∴矩形
ECFG
与正方形
ABCD
的面积相等．故选：D．
【典型题
29】难度★★★★
如图，在平面直角坐标系中，抛物线
y
=
ax2
+
bx
?
5
交
y
轴于点
A，交
x
轴于点
B(
?
5,0)
和点
C(1,0)，过点
A
作
AD//x
轴交抛物线于点
D.
求此抛物线的表达式；
点
E
是抛物线上一点，且点
E
关于
x
轴的对称点在直线
AD
上，求ΔEAD
的面积；
若点
P
是直线
AB
下方的抛物线上一动点，当点
P
运动到某一位置时，ΔABP
的面积最大，求出此时点
P
的坐标和ΔABP
的最大面积.
【思路分析】（1）用待定系数法求出二次函数的解析式即可.
根据点
E
的纵坐标是
5，求出点
E
到
AD
的距离是
10，求出点
D
的坐标，计算出
AD
的长度，即可求出ΔEAD
的面积；
设点
P
的坐标为（p，p2+4p-5），用待定系数法求出直线
AB
的解析式，列出关于△ABP的面积的式子，根据二次函数的性质即可求出面积的最大值.
【答案解析】（1）∵抛物线
y
=
ax2
+
bx
?
5
交
y
轴于点
A，交
x
轴于点
B（-5，0）和点
C
（1，0），
25a
?
5b
?
5＝0
∴
，得
a
+
b
?
5＝0
a＝1
，
b＝4
∴此抛物线的表达式是
y=x2+4x-5；
∵抛物线
y=x2+4x-5
交
y
轴于点
A，
∴点
A
的坐标为（0，-5），
∵AD∥x
轴，点
E
是抛物线上一点，且点
E
关于
x
轴的对称点在直线
AD
上，
∴点
E
的纵坐标是
5，点
E
到
AD
的距离是
10，
当
y=-5
时，-5=x2+4x-5，得
x=0
或
x=-4，
∴点
D
的坐标为（-4，-5），
∴AD=4，
∴△EAD
的面积是：4×10=20；
2
设点
P
的坐标为（p，p2+4p-5），如图所示，
设过点
A（0，-5），点
B（-5，0）的直线
AB
的函数解析式为
y=mx+n，
n＝?
5
，得
?
5m
+
n＝0
m＝?
1
，
n＝?
5
即直线
AB
的函数解析式为
y
=?
x
?
5，
当
x
=
p
时，y
=?
p
?
5，
∵OB=5，
即点
p
的坐标是（?5，-35）时，△ABP
的面积最大，此时△ABP
的面积是125．
2
4
8
反比例函数中最值动点
【典型题
1】难度★★★
如图，平行于
x
轴的直线与函数
y
=
k1
(k1
>
0，x
>
0)，y
=
k2
(k2
>
0，x
>
0)的图象分别
x
x
相交于
A，B
两点，点
A
在点
B
的右侧，C
为
x
轴上的一个动点，若△
ABC
的面积为
4，则
k1
?
k2的值为(
)
A.
8
B.
?
8
C.
4
D.
?
4
【思路分析】设
A(a,h)，B(b,h)，根据反比例函数图象上点的坐标特征得出
ah
=
k1，bh
=
k2.
即可求出k1
?
k2
=
8．
【答案解析】∵
AB//x
轴，
∴
A，B
两点纵坐标相同，
设
A(a,h)，B(b,h)，则
ah
=
k1，bh
=
k2，
∴
k1
?
k2
=
8，故选
A．
七、与圆有关的动点
【典型题
1】难度★★★
如图，在
Rt△ABC
中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，点
O
是
AB
的三等分点，半圆
O
与
AC
相切，M，N
分别是
BC
与半圆弧上的动点，则
MN
的最小值和最大值之和是（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案解析】解：如图，设⊙O
与
AC
相切于点
D，连接
OD，作
OP⊥BC
垂足为
P
交⊙O
于
F，此时垂线段
OP
最短，PF
最小值为
OP﹣OF，
∵AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5
∵∠OPB＝90°，
∴OP∥AC
∵点
O
是
AB
的三等分点，
∴OB＝
×5＝
，
＝
＝
，
∴OP＝
，
∵⊙O
与
AC
相切于点
D，
∴OD⊥AC，
∴OD∥BC，
∴
＝
＝
，
∴OD＝1，
∴MN
最小值为
OP﹣OF＝﹣1＝
，
如图，当
N
在
AB
边上时，M
与
B
重合时，MN
经过圆心，经过圆心的弦最长，
MN
最大值＝+1＝
，
∴MN
长的最大值与最小值的和是
6．
故选：B．
八、函数图像中三角形的存在性问题
这部分内容包含以下两方面内容：
1、动点与等腰三角形的存在性．
动点与直角三角形的存在性
【典型题
1】难度★★★
如图，已知抛物线
y
=
ax2
+
bx
+
c(a
≠
0)的对称轴为直线
x
=?
1，且抛物线与
x
轴交于
A、B
两点，与
y
轴交于
C
点，其中
A(1,0)，C(0,3).
若直线
y
=
mx
+
n
经过
B、C
两点，求直线
BC
和抛物线的解析式；
在抛物线的对称轴
x
=?
1
上找一点
M，使点
M
到点
A
的距离与到点
C
的距离之和最小，求出点
M
的坐标；
设点
P
为抛物线的对称轴
x
=?
1
上的一个动点，求使ΔBPC
为直角三角形的点
P
的坐标.
【思路分析】利用轴对称性质确定线段的最小长度
先把点
A，C
的坐标分别代入抛物线解析式得到
a
和
b，c
的关系式，再根据抛物线的对称轴方程可得
a
和
b
的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出
a，b，c
的值即可得到抛物线解析式；把
B、C
两点的坐标代入直线
y=mx+n，解方程组求出
m
和
n
的值即可得到直线解析式；
设直线
BC
与对称轴x=-1
的交点为M，此时
MA+MC
的值最小．把
x=-1
代入直线y=x+3
得
y
的值，即可求出点
M
坐标；
设
P（-1，t），又因为
B（-3，0），C（0，3），所以可得
BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，
PC2=（-1）2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意
t
值即可求出点
P
的坐标。
（1）抛物线的解析式为
y
=?
x2
?
2x
+
3.
直线
y
=
mx
+
n
的解析式为
y
=
x
+
3.
直线
BC
与对称轴
x
=?
1
的交点为
M，则此时
MA
+
MC
的值最小，把
x
=?
1
代入直线
y
=
x
+
3
得
y
=
2，
∴M(
?
1,2).即当点
M
到点
A
的距离与到点
C
的距离之和最小时
M
的坐标为(
?
1,2).
（注：本题只求
M
坐标没说要求证明为何此时
MA
+
MC
的值最小，所以答案未证明
MA
+
MC
的值最小的原因）.
（3）设
P(
?
1,t)，又
B(
?
3,0)，C(0,3)，
∴BC2
=
18，PB2
=
(
?
1
+
3)2
+
t2
=
4
+
t2，PC2
=
(
?
1)2
+
(t
?
3)2
=
t2
?
6t
+
10，
①若点
B
为直角顶点，则
BC2
+
PB2
=
PC2，即：18
+
4
+
t2
=
t2
?
6t
+
10
解得：t
=?
2，
②若点
C
为直角顶点，则
BC2
+
PC2
=
PB2，即：18
+
t2
?
6t
+
10
=
4
+
t2解得：t
=
4，
③若点
P
为直角顶点，则
PB2
+
PC2
=
BC2，即：4
+
t2
+
t2
?
6t
+
10
=
18
解得：
综上所述
P
的坐标为(
?
1,
?
2)或(
?
1,4)或(
?
1,
3+
17
)或(
?
1,
3?
17
).
2
2
函数图像中四边形的存在性问题
【典型题
1】难度★★★★
如图，以
AB
为直径的⊙O
外接于△ABC，过
A
点的切线
AP
与
BC
的延长线交于点
P，∠APB
的平分线分别交
AB，AC
于点
D，E，其中
AE，BD（AE＜BD）的长是一元二次方程
x2﹣5x+6=0的两个实数根．
求证：PA?BD=PB?AE；
在线段
BC
上是否存在一点
M，使得四边形
ADME
是菱形？若存在，请给予证明，并求其面积；若不存在，说明理由．
【思路分析】（1）易证∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，从而可知△PAE∽△PBD，利用相似
三角形的性质即可求出答案．
【答案解析】（1）∵PD
平分∠APB，
∴∠APE=∠BPD，
∵AP
与⊙O
相切，
∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，
∵AB
是⊙O
的直径，
∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，
∴∠EAP=∠B，
∴△PAE∽△PBD，
∴PA
=
PB，
AE
BD
∴PA?BD=PB?AE；
如图，过点
D
作
DF⊥PB
于点
F，作
DG⊥AC
于点
G，
∵PD
平分∠APB，AD⊥AP，DF⊥PB，
∴AD=DF，
∵∠EAP=∠B，
∴∠APC=∠BAC，
易证：DF∥AC，
∴∠BDF=∠BAC，
由于
AE，BD（AE＜BD）的长是
x2﹣5x+6=0
的两个实数根，
解得：AE=2，BD=3，
∴由（1）可知：PA
=
PB，
2
3
∴cos∠APC=PA
=
2，
PB
3
∴cos∠BDF=cos∠APC=2，
3
∴DF
=
2，
BD
3
∴DF=2，
∴DF=AE，
∴四边形
ADFE
是平行四边形，
∵AD=DF，
∴四边形
ADFE
是菱形，此时点
F
即为
M
点，
∵cos∠BAC=cos∠APC=2，
3
∴sin∠BAC=
5，
3
∴DG
=
5，
AD
3
∴DG=2
5，
3
∴菱形
ADME
的面积为：DG?AE=2×2
5=4
5.
3
3
【典型题
2】难度★★★★
如图，抛物线
y＝﹣x2+bx+c
与
x
轴交于
A、B
两点（A
在
B
的左侧），与
y
轴交于点
N，过
A
点的直线
l：y＝kx+n
与
y
轴交于点
C，与抛物线
y＝﹣x2+bx+c
的另一个交点为
D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P
点为抛物线
y＝﹣x2+bx+c
上一动点（不与
A、D
重合）．
求抛物线和直线
l
的解析式；
当点
P
在直线
l
上方的抛物线上时，过
P
点作
PE∥x
轴交直线
l
于点
E，作
PF∥y
轴交直线
l
于点
F，求
PE+PF
的最大值；
设
M
为直线
l
上的点，探究是否存在点
M，使得以点
N、C，M、P
为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点
M
的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路分析】利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
（1）将点
A、D
的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解；
（2）PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，即可求解；
（3）分
NC
是平行四边形的一条边、NC
是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可．
【答案解析】解：（1）将点
A、D
的坐标代入直线表达式得，直线
l
的表达式为：y＝﹣x﹣1，
将点
A、D
的坐标代入抛物线表达式，同理可得抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；
（2）直线
l
的表达式为：y＝﹣x﹣1，则直线
l
与
x
轴的夹角为
45°，
即：则
PE＝PE，
设点
P
坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点
F（x，﹣x﹣1），
PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，
∵﹣2＜0，故
PE+PF
有最大值，
当
x＝2
时，其最大值为
18；
（3）NC＝5，
①当
NC
是平行四边形的一条边时，
设点
P
坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点
M（x，﹣x﹣1），由题意得：|yM﹣yP|＝5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|＝5，
解得：x＝2或
0
或
4（舍去
0），
则点
P
坐标为（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）；
②当
NC
是平行四边形的对角线时，
则
NC
的中点坐标为（﹣，2），
设点
P
坐标为（m，﹣m2+3m+4）、则点
M（n，﹣n﹣1），
N、C，M、P
为顶点的四边形为平行四边形，则
NC
的中点即为
PM
中点，
即：﹣
＝
，2＝
，
解得：m＝0
或﹣4（舍去
0），
故点
P（﹣4，3）；
故点
P
的坐标为：（2+，﹣3﹣）或（2﹣，﹣3+）或（4，﹣5）或（﹣
4，3）
A．
3
3
3